【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题05 立体几何（选择题、填空题）（文科专用）（教师版）【高考】.docx，共(10)页，447.174 KB，由小赞的店铺上传

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三年专题05立体几何（选择题、填空题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，

再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积𝑉=2+42×2×2=12.故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，已知𝐵1𝐷与平面𝐴𝐵𝐶𝐷和平面�

�𝐴1𝐵1𝐵所成的角均为30°，则（）A．𝐴𝐵=2𝐴𝐷B．AB与平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷所成的角为30°C．𝐴𝐶=𝐶𝐵1D．𝐵1𝐷与平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶所成的角为45°【答案】D【解

析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设𝐴𝐵=𝑎,𝐴𝐷=𝑏,𝐴𝐴1=𝑐，依题以及长方体的结构特征可知，𝐵1𝐷与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角为∠𝐵1𝐷𝐵，𝐵1�

�与平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵所成角为∠𝐷𝐵1𝐴，所以sin30∘=𝑐𝐵1𝐷=𝑏𝐵1𝐷，即𝑏=𝑐，𝐵1𝐷=2𝑐=√𝑎2+𝑏2+𝑐2，解得𝑎=√2𝑐．对于A，𝐴𝐵=𝑎，𝐴𝐷=𝑏，𝐴𝐵=√2𝐴𝐷，A错误；对于B，过𝐵

作𝐵𝐸⊥𝐴𝐵1于𝐸，易知𝐵𝐸⊥平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷，所以𝐴𝐵与平面𝐴𝐵1𝐶1𝐷所成角为∠𝐵𝐴𝐸，因为tan∠𝐵𝐴𝐸=𝑐𝑎=√22，所以∠𝐵𝐴𝐸≠30∘，B错误；对于C，𝐴𝐶=√𝑎2+𝑏2=√3𝑐，𝐶𝐵1=√𝑏2+𝑐2=√2

𝑐，𝐴𝐶≠𝐶𝐵1，C错误；对于D，𝐵1𝐷与平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶所成角为∠𝐷𝐵1𝐶，sin∠𝐷𝐵1𝐶=𝐶𝐷𝐵1𝐷=𝑎2𝑐=√22，而0<∠𝐷𝐵1𝐶<90∘，所以∠𝐷𝐵1𝐶=45∘．D正确．故选：D．3．【

2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为𝑆甲和𝑆乙，体积分别为𝑉甲和𝑉乙．若𝑆甲𝑆乙=2，则𝑉甲𝑉乙=（）A．√5B．2√2C．√10D．5√104【答案】C【解析】【分析】设母线长为𝑙，甲圆锥底面半径为𝑟1，乙圆锥

底面圆半径为𝑟2，根据圆锥的侧面积公式可得𝑟1=2𝑟2，再结合圆心角之和可将𝑟1,𝑟2分别用𝑙表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为𝑙，甲圆锥底面半径为𝑟1，乙圆锥底面圆半径为�

�2，则𝑆甲𝑆乙=𝜋𝑟1𝑙𝜋𝑟2𝑙=𝑟1𝑟2=2，所以𝑟1=2𝑟2，又2𝜋𝑟1𝑙+2𝜋𝑟2𝑙=2𝜋，则𝑟1+𝑟2𝑙=1，所以𝑟1=23𝑙,𝑟2=13𝑙，所以甲圆锥的高ℎ1=√𝑙2−49𝑙2=√53�

�，乙圆锥的高ℎ2=√𝑙2−19𝑙2=2√23𝑙，所以𝑉甲𝑉乙=13𝜋𝑟12ℎ113𝜋𝑟22ℎ2=49𝑙2×√53𝑙19𝑙2×2√23𝑙=√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1

𝐷1中，E，F分别为𝐴𝐵,𝐵𝐶的中点，则（）A．平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1B．平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐴1𝐵𝐷C．平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐴𝐶D．平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐶1𝐷【答案】A【解析】【

分析】证明𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，即可判断A；如图，以点𝐷为原点，建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=2，分别求出平面𝐵1𝐸𝐹，𝐴1𝐵𝐷，𝐴1𝐶1𝐷的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD

.【详解】解：在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷且𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，又𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐸𝐹⊥𝐷𝐷1，因为𝐸,𝐹分别为𝐴𝐵,𝐵𝐶的中点，所以𝐸𝐹∥𝐴𝐶，所以𝐸𝐹⊥𝐵𝐷，又𝐵𝐷

∩𝐷𝐷1=𝐷，所以𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，又𝐸𝐹⊂平面𝐵1𝐸𝐹，所以平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，故A正确；对于选项B，如图所示，设11ABBEM=，EFBDN=，则MN为平面1BEF与平面1ABD的交线

，在BMN△内，作BPMN⊥于点P，在EMN△内，作GPMN⊥，交EN于点G，连结BG，则BPG或其补角为平面1BEF与平面1ABD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PBPNBN+=，222PGPNGN+=

，底面正方形ABCD中，,EF为中点，则EFBD⊥，由勾股定理可得222NBNGBG+=，从而有：()()2222222NBNGPBPNPGPNBG+=+++=，据此可得222PBPGBG+，即90BPG，据此可得平面1BEF⊥平面1ABD不成立，选项B错误

；对于选项C，取11AB的中点H，则1AHBE，由于AH与平面1AAC相交，故平面1BEF平面1AAC不成立，选项C错误；对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形11ABFM为平行四边形，则11AMBF，由于1AM与平面11ACD相交，故平面1BEF平面1

1ACD不成立，选项D错误；故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．√33D．√22【答案】C【解析】

【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2𝑟2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半

径为r，设四边形ABCD对角线夹角为𝛼，则𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=12⋅𝐴𝐶⋅𝐵𝐷⋅sin𝛼≤12⋅𝐴𝐶⋅𝐵𝐷≤12⋅2𝑟⋅2𝑟=2𝑟2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面

ABCD面积最大值为2𝑟2又𝑟2+ℎ2=1则𝑉𝑂−𝐴𝐵𝐶𝐷=13⋅2𝑟2⋅ℎ=√23√𝑟2⋅𝑟2⋅2ℎ2≤√23√(𝑟2+𝑟2+2ℎ23)3=4√327当且仅当𝑟2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成

立，故选：C6．【2021年甲卷文科】在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥AEFG−后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直

观图进行判断.【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D7．【2021年乙卷文科】在正方体1111ABCDABCD−中，P为11BD的中点，则直线PB与1AD所成的角为（）A．π2B．

π3C．π4D．π6【答案】D【解析】【分析】平移直线1AD至1BC，将直线PB与1AD所成的角转化为PB与1BC所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接11,,BCPCPB，因为1AD∥1BC，所以1PBC或其补角为直线PB与1A

D所成的角，因为1BB⊥平面1111DCBA，所以11BBPC⊥，又111PCBD⊥，1111BBBDB=，所以1PC⊥平面1PBB，所以1PCPB⊥，设正方体棱长为2，则1111122,22BCPCDB===，1111sin2PCPBCBC==，所以16PBC=.故选：D8．【2

021年甲卷文科】已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30则该圆锥的侧面积为________.【答案】39【解析】【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.【详解】∵216303Vh==∴52h=∴2222513622l

hr=+=+=∴136392Srl===侧.故答案为：39.9．【2021年乙卷文科】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一

组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【解析】【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCDABCD−中，12,1ABBCBB===，,EF分别为棱11,BCBC的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何

体为三棱锥EADF−.故答案为：③④.【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.